广西壮族自治区南宁市2024-2025学年高三上学期11月期中考试物理试题

这是一份广西壮族自治区南宁市2024-2025学年高三上学期11月期中考试物理试题，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）通过检测发现三星堆遗址出土的文物，年代从公元前3000年延续至公元前1200年，跨越了近2000年，用实物展示了连绵5000年的中华文化。考古通常用C年代检测法推算出土文物的年代。C的衰变方程为C→N+X，下列说法正确的是（ ）
A．衰变方程中的X是电子
B．衰变方程中的X是质子
C．该反应是人工核反应
D．该反应是核裂变
2．（4分）黑洞的形成源于恒星生命周期的最后阶段，当一颗恒星燃尽了其核心的核燃料，无法再通过核聚变产生足够的能量来抵抗自身引力时，恒星就开始坍缩。太阳（可视为球体）是太阳系唯一的恒星，其第一宇宙速度为v，假设若干亿年后太阳发生了坍缩，其球体半径坍缩为现在的n倍，其密度变为现在的k倍。则其第一宇宙速度变为（ ）
A．vB．vC．vD．v
3．（4分）如图所示，理想变压器原线圈接稳压交流电源，R1为定值电阻，小灯泡与电阻箱R并联。现增大电阻箱R的阻值，小灯泡可视为定值电阻。则下列说法正确的是（ ）
A．变压器的输出功率增大
B．变压器的输出功率先减小后增大
C．小灯泡的电功率减小
D．小灯泡的电功率增大
4．（4分）如图为运动员张博恒比赛吊环比赛时的画面，则张博恒将两吊环从图a中的状态（两细绳的延长线交于吊环下方某点）缓慢撑开至图b中的状态（两细绳的延长线交于吊环上方某点）的过程中，关于悬挂吊环的绳子受到的拉力的说法正确的是（ ）
A．绳子受到的拉力逐渐增大
B．绳子受到的拉力逐渐减小
C．绳子受到的拉力先增大后减小
D．绳子受到的拉力先减小后增大
5．（4分）我市新建一座跨江大桥，现选取其中长2km的一段直线进行通车试验，汽车从静止开始以加速度做匀加速直线运动，最大速度为vm＝20m/s到这段直线的中点处开始匀减速运动，到终点时速度恰好减为零。则汽车运动的时间为（ ）
A．150sB．151sC．152sD．153s
6．（4分）如图，一半径为R的均匀带电球体，其所带电量为+Q，在球体表面贴上一对电荷量分别为+q、﹣q的点电荷，两点电荷所在位置关于球心O对称，点电荷和带电球体之间无电荷转移，M、N点的电场强度大小和电势分别为EM、EN、φM、φN。则下列说法正确的是（ ）
A．EM＞EN，φM＞φNB．EM＞EN，φM＝φN
C．EM＜EN，φM＞φND．EM＜EN，φM＝φN
7．（4分）如图，为一款儿童玩具的简化图，固定的竖直杆AF和半径为R的半圆形杆ABC在A处平滑连接，圆心为O。轻质弹簧的下端固定于F点，弹簧处于原长时，其上端在A处。现将质量为m的小球甲套在杆上，并控制小球将弹簧缓慢压缩至E点，然后释放小球，小球被弹簧弹出，恰好到达B点。已知AE的距离为R，不计一切摩擦。若换用质量为的小球乙，仍使小球将弹簧压缩至E点，然后释放小球，小球被弹簧弹出，则小球乙到达B点时，对半圆形杆的压力大小为（ ）
A．B．6mgC．D．
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
（多选）8．（6分）将一铅球沿水平方向抛出，以抛出的瞬间为t＝0时刻，记铅球的动量大小为p，动能为Ek，重力势能为Ep，机械能为E，运动时间t，规定铅球在地面处的重力势能为零，不计空气阻力，则对铅球落地前的过程，以下图象可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
（多选）9．（6分）如图所示，有甲、乙两个完全相同、带轻质活塞、内壁光滑的绝热汽缸。内部封闭相同质量的同种理想气体，初始状态下气体的温度均为27℃然后把汽缸甲的活塞固定。现用电热丝分别对汽缸缓慢加热，使得甲、乙汽缸中气体的温度都上升到77℃，发现汽缸甲内气体吸收了600J热量，汽缸乙的活塞向上移动了3cm。已知大气压，活塞的截面积为S＝100cm2。下面说法正确的是（ ）
A．对于温度升高到77℃过程，乙中气体对外做功30J
B．对于温度升高到77℃过程，乙中内能增加570J
C．甲汽缸中单位时间撞击容器壁单位面积的分子数增加
D．乙汽缸中单位时间撞击容器壁单位面积的分子数增加
（多选）10．（6分）如图甲，水平面内固定放置间距为L的两平行金属直导轨，左端接有阻值为R的电阻，两导轨间存在方向垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。t＝0时，一质量为m、长为L的导体棒在沿导轨方向的外力F作用下，从AA1位置由静止开始做周期为T的简谐运动，平衡位置OO1与AA1间的距离为x0，导体棒的速度随时间变化的图像是如图乙所示的正弦曲线。已知导体棒的最大速度为vm，导体棒接入电路的电阻为r，不计摩擦阻力和其他电阻，导体棒始终与导轨垂直。下列说法正确的是（ ）
A．导体棒的安培力大小FA随时间t变化的表达式为
B．内，通过R的电荷量为
C．内，外力F的冲量为
D．内，外力F做的功为
三、实验题（本题共2小题，第11题6分，第12题10分，共16分。）
11．（6分）利用如图1所示电路测量电流表内阻，闭合开关S，调节电阻箱至如图2所示状态，使电流表、电压表有较大示数，此时电阻箱的读数为 Ω。若此时电压表的示数为9.0V，电流表指针恰好满偏，其读数为0.60A，则电流表的内阻为 Ω（保留两位有效数字），若要将该电流表改装为量程为3A的电流表，则需要并联一阻值为 Ω（保留两位有效数字）的定值电阻。
12．（10分）用图1所示的装置进行“探究加速度与力的关系”的实验，已知重力加速度为g。
（1）用天平测量小车和遮光片的总质量M、砝码盘的质量m0；用游标卡尺测量遮光片的宽度d，游标卡尺的示数如图2所示，其读数为d＝ mm；按图1所示安装好实验装置，用刻度尺测量两光电门之间的距离L；
（2）在砝码盘中放入适量砝码；适当调节长木板的倾角，直到轻推小车，遮光片先后经过光电门1和光电门2的时间相等；
（3）取下细线、砝码和砝码盘，记下砝码的质量m；
（4）让小车从靠近滑轮处由静止释放，用数字毫秒计时器分别测出遮光片经过光电门1和光电门2的挡光时间Δt1、Δt2。则小车经过光电门1的速度为 ，小车经过光电门2的速度为 ，从光电门1运动至光电门2的过程中，小车的加速度a＝ ，小车下滑过程中，小车的合外力为 ；（选用上述步骤中的物理量的符号表示）
（5）重新挂上细线和砝码盘，改变长木板的倾角，重复（2）～（5）步骤，记录多组实验数据；
（6）以小车的加速度a为纵轴，砝码质量m为横轴，描点作图，得到a﹣m图像如图3所示，经计算得该图像的斜率为k，若k＝ （选用上述步骤中的物理量的符号表示），则表明小车的加速度与其合外力成正比。
四、计算题（本题共3小题，共38分。解答过程要求有必要的文字说明，只写结果的不能得分，有数值计算的要写出正确单位。）
13．（10分）如图所示，有一束平行于等边三棱镜截面ABC的单色光从空气射向D点，并偏折到AB界面上的E点射出三棱镜。已知等边三棱镜的边长为a，入射方向与边AC的夹角为θ＝30°，AD＝AE，且。求：
（1）三棱镜的折射率n；
（2）若将单色光从空气垂直AC界面射向D点，求单色光在三棱镜中传播的时间。（不考虑单色光在三棱镜内的多次反射）
14．（12分）如图所示，在一电容为C的平行板电容器MS、NT之间的区域有垂直纸面向外的匀强磁场，其磁感应强度为B，极板MS、NT分别带+Q、﹣Q的电荷量，板间距为L，现有一电量为﹣q的带负电液滴在极板间的竖直面内做速率为v的匀速圆周运动，其圆心O到两极板的距离相等，已知重力加速度为g，极板MS、NT足够长。求：
（1）液滴的质量为多少？液滴是顺时针还是逆时针运动？
（2）液滴匀速圆周运动的轨迹半径；
（3）若在液滴运动至圆轨迹的最低点时，撤去磁场，同时将电容器所带的电荷量加倍，假设极板足够长，求液滴从撤去磁场到打在极板上所需的时间。
15．（16分）如图，在倾角为θ＝37°的斜面上放置一长为L＝1m的木板，木板质量为M＝1kg，其下端有一挡板，在木板最右端放置一质量为m＝2kg的滑块，滑块可视为质点，已知木板和斜面之间的动摩擦因数μ1＝0.75，滑块和木板间的动摩擦因数为μ2＝0.5，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。现将滑块和木板同时由静止释放，假设斜面足够长，滑块和挡板之间碰撞无机械能损失，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）滑块从释放到第一次和挡板碰撞所需时间；
（2）第一次碰后瞬间滑块的速度大小、木板的速度大小；
（3）从滑块和挡板发生第一次碰撞到第二次碰撞的过程中，滑块和木板之间因摩擦产生的热量Q。
2024-2025学年广西南宁市高三（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1．（4分）通过检测发现三星堆遗址出土的文物，年代从公元前3000年延续至公元前1200年，跨越了近2000年，用实物展示了连绵5000年的中华文化。考古通常用C年代检测法推算出土文物的年代。C的衰变方程为C→N+X，下列说法正确的是（ ）
A．衰变方程中的X是电子
B．衰变方程中的X是质子
C．该反应是人工核反应
D．该反应是核裂变
【答案】A
【分析】根据质量数守恒和电荷数守恒分析X的质量数和电荷数；根据放出的粒子分析。
【解答】解：AB、根据质量数守恒可知X的质量数为0，根据电荷数守恒可知X的电荷数为﹣1，所以衰变方程中的X是电子，故A正确，B错误；
CD、因为在该衰变中方放出的是电子，所以该反应是β衰变，故CD错误。
故选：A。
2．（4分）黑洞的形成源于恒星生命周期的最后阶段，当一颗恒星燃尽了其核心的核燃料，无法再通过核聚变产生足够的能量来抵抗自身引力时，恒星就开始坍缩。太阳（可视为球体）是太阳系唯一的恒星，其第一宇宙速度为v，假设若干亿年后太阳发生了坍缩，其球体半径坍缩为现在的n倍，其密度变为现在的k倍。则其第一宇宙速度变为（ ）
A．vB．vC．vD．v
【答案】B
【分析】对题目条件进行设置，结合变化前后的第一宇宙速度对应的公式、质量和密度的公式列式代入数据解答。
【解答】解：设太阳在坍缩前的半径为R，密度为ρ，则坍缩后的半径为nR，密度变为kρ，根据第一宇宙速度对应的关系式有G＝m，且M＝ρ•πR3，坍缩后有G＝m，且M′＝kρ•π（nR）3，联立解得v′＝v
故B正确，ACD错误。
故选：B。
3．（4分）如图所示，理想变压器原线圈接稳压交流电源，R1为定值电阻，小灯泡与电阻箱R并联。现增大电阻箱R的阻值，小灯泡可视为定值电阻。则下列说法正确的是（ ）
A．变压器的输出功率增大
B．变压器的输出功率先减小后增大
C．小灯泡的电功率减小
D．小灯泡的电功率增大
【答案】D
【分析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可。
【解答】解：AB、增大电阻箱R的阻值，总电阻增大，电源输出的电压有效值不变，副线圈的输出电压不变，所以变压器的输出功率减小，故AB错误；
CD、副线圈的输出电压不变，总电阻增大，知副线圈中的电流减小，电阻R1两端的电压减小，并联部分的电压增大，小灯泡的电功率增大，故C错误，D正确；
故选：D。
4．（4分）如图为运动员张博恒比赛吊环比赛时的画面，则张博恒将两吊环从图a中的状态（两细绳的延长线交于吊环下方某点）缓慢撑开至图b中的状态（两细绳的延长线交于吊环上方某点）的过程中，关于悬挂吊环的绳子受到的拉力的说法正确的是（ ）
A．绳子受到的拉力逐渐增大
B．绳子受到的拉力逐渐减小
C．绳子受到的拉力先增大后减小
D．绳子受到的拉力先减小后增大
【答案】D
【分析】根据共点力的平衡条件，先确定每根绳子给该运动员的力大小如何变化，再根据牛顿第三定律，确定绳子受到的拉力大小如何变化。
【解答】解：设该运动员的重力的G，结合共点力平衡的条件及对称性可知，每根绳子给该运动员的力大小相等，且关于竖直方向对称，设这个力的大小为T，与竖直方向的夹角为θ，对该运动员受力分析，可得如图：
由共点力的平衡条件可知，2Tcsθ ＝G，则：T＝，
由题意可知，该运动员由a状态到b状态，θ先减小后增大，则T先减小后增大，由牛顿第三定律可知，绳子受到的拉力先减小后增大，故ABC错误，D正确。
故选：D。
5．（4分）我市新建一座跨江大桥，现选取其中长2km的一段直线进行通车试验，汽车从静止开始以加速度做匀加速直线运动，最大速度为vm＝20m/s到这段直线的中点处开始匀减速运动，到终点时速度恰好减为零。则汽车运动的时间为（ ）
A．150sB．151sC．152sD．153s
【答案】C
【分析】根据v＝v0+at计算匀加速运动的时间，根据计算匀加速运动的位移，根据题中所给距离得到：汽车先做匀加速运动，后匀速运动，最后做匀减速运动；根据x＝vt计算匀速运动的时间，根据v2﹣v02＝2ax计算孕检运动的加速度，根据v＝v0+at计算匀减速的时间，进而得到总时间。
【解答】解：匀加速时间为，匀加速位移为，
设匀速运动的位移为x2，匀减速运动的位移的为x3，匀速运动时间为t2，匀减速的时间为t3，匀减速的加速度为为a2，
则可得x2＝vmt2，，x3＝0.5x，x1+x2＝0.5x，联立可得，x3＝0.5x＝0.5×2000m＝1000m，，，
汽车运动的时间为t＝t1+t2+t3＝4s+48s+100s＝152s，故C正确，ABD错误；
故选：C。
6．（4分）如图，一半径为R的均匀带电球体，其所带电量为+Q，在球体表面贴上一对电荷量分别为+q、﹣q的点电荷，两点电荷所在位置关于球心O对称，点电荷和带电球体之间无电荷转移，M、N点的电场强度大小和电势分别为EM、EN、φM、φN。则下列说法正确的是（ ）
A．EM＞EN，φM＞φNB．EM＞EN，φM＝φN
C．EM＜EN，φM＞φND．EM＜EN，φM＝φN
【答案】A
【分析】由等量异种点电荷电场强度分布及电场的叠加分析M、N两点电场强度关系，等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，结合电势分布特点分析判断。
【解答】解：根据点电荷电场叠加可知靠近Q的电场越大，则EM＞EN，点电荷+q、﹣q连线的中垂线为等势线，沿着电场线电势逐渐降低，则φM＞φN，故A正确，BCD错误；
故选：A。
7．（4分）如图，为一款儿童玩具的简化图，固定的竖直杆AF和半径为R的半圆形杆ABC在A处平滑连接，圆心为O。轻质弹簧的下端固定于F点，弹簧处于原长时，其上端在A处。现将质量为m的小球甲套在杆上，并控制小球将弹簧缓慢压缩至E点，然后释放小球，小球被弹簧弹出，恰好到达B点。已知AE的距离为R，不计一切摩擦。若换用质量为的小球乙，仍使小球将弹簧压缩至E点，然后释放小球，小球被弹簧弹出，则小球乙到达B点时，对半圆形杆的压力大小为（ ）
A．B．6mgC．D．
【答案】C
【分析】对甲球，由能量守恒定律可得弹簧的弹性势能为：Ep＝mg•2R，对乙球，由能量守恒定律可求在B点时速度的大小，再由牛顿第二定律可求半圆形杆对乙球的压力，由牛顿第三定律可求对半圆形杆的压力大小。
【解答】解：对甲球，从E点释放后到B点的过程中，设在E点时弹簧的弹性势能为Ep，由能量守恒定律可得：Ep＝mg•2R，对乙球，从E点释放后到B点的过程中，设在E点时速度为v，由能量守恒定律可得：，在B点，对乙球，由牛顿第二定律可得：
联立解得：，由牛顿第三定律可知小球乙到达B点时，对半圆形杆的压力大小为：，故C正确，ABD错误。
故选：C。
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
（多选）8．（6分）将一铅球沿水平方向抛出，以抛出的瞬间为t＝0时刻，记铅球的动量大小为p，动能为Ek，重力势能为Ep，机械能为E，运动时间t，规定铅球在地面处的重力势能为零，不计空气阻力，则对铅球落地前的过程，以下图象可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】首先确定铅球机械能守恒，然后分析铅球抛出后竖直方向速度和高度随时间的变化，来判断重力势能，动量的的变化，最后判断动能的变化。
【解答】解：A、铅球抛出后做平抛运动，设初速度为v0，则在水平方向有：vx＝v0，在竖直方向有：vy＝gt，则有：，所以铅球抛出后的动量为：，所以铅球的p﹣t图像不是线性关系，故A错误；
B、铅球抛出后的动能为：，所以铅球的Ek﹣t图像是开口向上的抛物线的一支，故B正确；
C、铅球抛出的重力势能为；，所以铅球的Ep﹣t图像是开口向下的抛物线的一支，故C正确；
D、铅球抛出后做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，所以E﹣t是平行于时间轴的一条射线，故D错误。
故选：BC。
（多选）9．（6分）如图所示，有甲、乙两个完全相同、带轻质活塞、内壁光滑的绝热汽缸。内部封闭相同质量的同种理想气体，初始状态下气体的温度均为27℃然后把汽缸甲的活塞固定。现用电热丝分别对汽缸缓慢加热，使得甲、乙汽缸中气体的温度都上升到77℃，发现汽缸甲内气体吸收了600J热量，汽缸乙的活塞向上移动了3cm。已知大气压，活塞的截面积为S＝100cm2。下面说法正确的是（ ）
A．对于温度升高到77℃过程，乙中气体对外做功30J
B．对于温度升高到77℃过程，乙中内能增加570J
C．甲汽缸中单位时间撞击容器壁单位面积的分子数增加
D．乙汽缸中单位时间撞击容器壁单位面积的分子数增加
【答案】AC
【分析】AB.根据热力学第一定律ΔU＝W+Q，分别分析判断即可；
CD.根据理想气体状态方程、气体压强的微观解释，即可分析判断。
【解答】解：AB.根据热力学第一定律ΔU＝W+Q，对甲中气体，因为气体体积不变，所以W＝0，因为汽缸甲内气体吸收了600J热量，所以Q＝600J，故ΔU＝W+Q＝0+600J＝600J，则对于温度升高到77℃过程，甲中气体内能增加600J；因为甲、乙内部封闭相同质量的同种理想气体，当完全相同的气体从同一温度升高到另一同一温度时，其内能变化相同，则对于温度升高到77℃过程，乙中气体内能增加600J。
因为汽缸乙的活塞向上移动了3cm，记h＝3cm，则对于温度升高到77℃过程，乙中气体对外做功为：W'＝J＝30J。故A正确，B错误；
CD.由题知，乙内气体等压膨胀，则由气体压强的微观解释可知，乙汽缸中单位时间撞击容器壁单位面积的分子数不变；以甲内气体为研究对象，根据理想气体状态方程可知：，由题知，其体积不变，温度升高，则甲内气体压强变大，则由气体压强的微观解释可知，甲汽缸中单位时间撞击容器壁单位面积的分子数增加。故C正确，D错误。
故选：AC。
（多选）10．（6分）如图甲，水平面内固定放置间距为L的两平行金属直导轨，左端接有阻值为R的电阻，两导轨间存在方向垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。t＝0时，一质量为m、长为L的导体棒在沿导轨方向的外力F作用下，从AA1位置由静止开始做周期为T的简谐运动，平衡位置OO1与AA1间的距离为x0，导体棒的速度随时间变化的图像是如图乙所示的正弦曲线。已知导体棒的最大速度为vm，导体棒接入电路的电阻为r，不计摩擦阻力和其他电阻，导体棒始终与导轨垂直。下列说法正确的是（ ）
A．导体棒的安培力大小FA随时间t变化的表达式为
B．内，通过R的电荷量为
C．内，外力F的冲量为
D．内，外力F做的功为
【答案】CD
【分析】A：先求解角频率，再写出速度随时间变化的表达式，最后根据安培力公式求解安培力随时间变化的表达式；
B：根据电荷量与电流关系求解通过R的电荷量；
C：根据动量定理求解外力的冲量；
D：根据功能关系求解外力的功。
【解答】解：A.由图乙可知，角频率为
t时刻导体棒的速度表达式为
则t时刻安培力的表达式为
，故A错误；
B.0～内，通过R的电荷量为
，故B错误；
C.以向右为正方向，根据动量定理有
解得0～内，外力F的冲量为
，故C正确；
D.0～内，电动势的最大值为
Em＝BLvm
0～内，外力F做的功为
，故D正确。
故选：CD。
三、实验题（本题共2小题，第11题6分，第12题10分，共16分。）
11．（6分）利用如图1所示电路测量电流表内阻，闭合开关S，调节电阻箱至如图2所示状态，使电流表、电压表有较大示数，此时电阻箱的读数为 12.8 Ω。若此时电压表的示数为9.0V，电流表指针恰好满偏，其读数为0.60A，则电流表的内阻为 2.2 Ω（保留两位有效数字），若要将该电流表改装为量程为3A的电流表，则需要并联一阻值为 0.55 Ω（保留两位有效数字）的定值电阻。
【答案】12.8，2.2，0.55。
【分析】根据电阻箱各旋钮的位置读取电阻值；根据欧姆定律求解电流表的内阻和并联电阻。
【解答】解：根据电阻箱各旋钮的位置读取电阻值，“×0.1”对应8，表示电阻为8×0.1Ω＝0.8Ω，“×1”对应2，表示电阻为2×1Ω＝2Ω，“×10”对应1，表示电阻为1×10Ω＝10Ω，“×100”、“×1K”、“×10K”对应0，表示电阻为0，此时电阻箱的读数为0.8Ω+2Ω+10Ω＝12.8Ω；由欧姆定律可得，代入数据得，解得R表＝2.2Ω；由I表R表＝I并R并，代入数据得0.60×2.2V＝（3.0﹣0.60）×R并，解得R并＝0.55Ω。
故答案为：12.8，2.2，0.55。
12．（10分）用图1所示的装置进行“探究加速度与力的关系”的实验，已知重力加速度为g。
（1）用天平测量小车和遮光片的总质量M、砝码盘的质量m0；用游标卡尺测量遮光片的宽度d，游标卡尺的示数如图2所示，其读数为d＝ 2.25 mm；按图1所示安装好实验装置，用刻度尺测量两光电门之间的距离L；
（2）在砝码盘中放入适量砝码；适当调节长木板的倾角，直到轻推小车，遮光片先后经过光电门1和光电门2的时间相等；
（3）取下细线、砝码和砝码盘，记下砝码的质量m；
（4）让小车从靠近滑轮处由静止释放，用数字毫秒计时器分别测出遮光片经过光电门1和光电门2的挡光时间Δt1、Δt2。则小车经过光电门1的速度为 ，小车经过光电门2的速度为 ，从光电门1运动至光电门2的过程中，小车的加速度a＝ ，小车下滑过程中，小车的合外力为 （m+m0）g ；（选用上述步骤中的物理量的符号表示）
（5）重新挂上细线和砝码盘，改变长木板的倾角，重复（2）～（5）步骤，记录多组实验数据；
（6）以小车的加速度a为纵轴，砝码质量m为横轴，描点作图，得到a﹣m图像如图3所示，经计算得该图像的斜率为k，若k＝ （选用上述步骤中的物理量的符号表示），则表明小车的加速度与其合外力成正比。
【答案】（1）2.25；（4）；；；（m+m0）g；（6）
【分析】（1）根据游标卡尺的读数方法可明确对应的读数；
（4）根据平均速度公式可求得经过光电门的速度，再由速度和位移公式可求得加速度；
（6）根据牛顿第二定律解答。
【解答】解：（1）游标卡尺的精确度为0.05mm，读数为d＝2mm+5×0.05mm＝2.25mm
（4）小车经过光电门1的速度为v1＝，小车经过光电门2的速度为v2＝，根据速度—时间公式有
解得a＝
轻推小车，遮光片先后经过光电门1和光电门2的时间相等，则小车受力平衡，有Mgsinθ﹣f＝（m+m0）g
取下细线、砝码和砝码盘，对小车有F合＝Mgsinθ﹣f＝（m+m0）g
（6）根据牛顿第二定律有F合＝Ma
解得a＝+
结合图像可知，若k＝，则表明小车的加速度与其合外力成正比。
故答案为：（1）2.25；（4）；；；（m+m0）g；（6）
四、计算题（本题共3小题，共38分。解答过程要求有必要的文字说明，只写结果的不能得分，有数值计算的要写出正确单位。）
13．（10分）如图所示，有一束平行于等边三棱镜截面ABC的单色光从空气射向D点，并偏折到AB界面上的E点射出三棱镜。已知等边三棱镜的边长为a，入射方向与边AC的夹角为θ＝30°，AD＝AE，且。求：
（1）三棱镜的折射率n；
（2）若将单色光从空气垂直AC界面射向D点，求单色光在三棱镜中传播的时间。（不考虑单色光在三棱镜内的多次反射）
【答案】（1）三棱镜的折射率为；
（2）若将单色光从空气垂直AC界面射向D点，单色光在三棱镜中传播的时间为。
【分析】（1）根据题意作图，根据折射定律解得折射率；
（2）计算光在棱镜中的速度，结合几何关系解答。
【解答】解：（1）根据题意作光路图，如图1
图1
根据几何关系可知i＝60°，r＝30°，根据折射定律有
n＝
解得n＝
（2）将单色光从空气垂直AC界面射向D点，如图2
图2
光在棱镜中的速度为
v＝
光程为s＝AFcs30°+BFcs30°＝a
传播时间为t＝
解得t＝
答：（1）三棱镜的折射率为；
（2）若将单色光从空气垂直AC界面射向D点，单色光在三棱镜中传播的时间为。
14．（12分）如图所示，在一电容为C的平行板电容器MS、NT之间的区域有垂直纸面向外的匀强磁场，其磁感应强度为B，极板MS、NT分别带+Q、﹣Q的电荷量，板间距为L，现有一电量为﹣q的带负电液滴在极板间的竖直面内做速率为v的匀速圆周运动，其圆心O到两极板的距离相等，已知重力加速度为g，极板MS、NT足够长。求：
（1）液滴的质量为多少？液滴是顺时针还是逆时针运动？
（2）液滴匀速圆周运动的轨迹半径；
（3）若在液滴运动至圆轨迹的最低点时，撤去磁场，同时将电容器所带的电荷量加倍，假设极板足够长，求液滴从撤去磁场到打在极板上所需的时间。
【答案】（1）液滴的质量为，逆时针运动；
（2）轨迹半径为；
（3）从撤去磁场，到液滴打在极板上，所需时间为。
【分析】（1）由电容定义式，可计算电容两端电压；由液滴可恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，可知其受到的重力与电场力恰好平衡，从而计算液滴质量；由电荷电性、磁场方向、运动轨迹，结合左手定则，可知液滴运动方向；
（2）粒子在洛伦兹力作用下，恰好做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，可计算轨迹半径；
（3）撤去磁场后，将电容器的电荷量加倍，结合电容定义式和匀强电场特点，可知电场强度的变化情况、液滴所受电场力变化；由液滴在竖直方向的受力，可知其运动特点，结合运动学关系式，可计算其打在极板上所需的时间。
【解答】解：（1）由电容定义式，可计算电容两端电压；
由液滴可恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，可知其受到的重力与电场力恰好平衡，；
解得：m＝；
由电荷电性、磁场方向、运动轨迹，结合左手定则，可知液滴运动方向为逆时针；
（2）粒子在洛伦兹力作用下，恰好做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，可知：，解得：r＝；
（3）撤去磁场后，将电容器的电荷量加倍，结合电容定义式，匀强电场特点，可知液滴所受电场力变大；
液滴在竖直方向上向上做匀加速运动：，qE1﹣mg＝ma，
其打在极板上所需的时间为：t＝。
答：（1）液滴的质量为，逆时针运动；
（2）轨迹半径为；
（3）从撤去磁场，到液滴打在极板上，所需时间为。
15．（16分）如图，在倾角为θ＝37°的斜面上放置一长为L＝1m的木板，木板质量为M＝1kg，其下端有一挡板，在木板最右端放置一质量为m＝2kg的滑块，滑块可视为质点，已知木板和斜面之间的动摩擦因数μ1＝0.75，滑块和木板间的动摩擦因数为μ2＝0.5，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。现将滑块和木板同时由静止释放，假设斜面足够长，滑块和挡板之间碰撞无机械能损失，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）滑块从释放到第一次和挡板碰撞所需时间；
（2）第一次碰后瞬间滑块的速度大小、木板的速度大小；
（3）从滑块和挡板发生第一次碰撞到第二次碰撞的过程中，滑块和木板之间因摩擦产生的热量Q。
【答案】（1）滑块从释放到第一次和挡板碰撞所需时间为1s；
（2）第一次碰后瞬间滑块的速度大小、木板的速度大小分别为m/s、m/s；
（3）从滑块和挡板发生第一次碰撞到第二次碰撞的过程中，滑块和木板之间因摩擦产生的热量Q为J。
【分析】（1）对滑块与木板进行受力分析，判断两者的运动情况和相对运动情况，根据牛顿第二定律与运动学公式解答；
（2）由运动学公式求得第一次碰前瞬间滑块的速度大小，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求解第一次碰后瞬间滑块与木板的速度大小；
（3）滑块和挡板发生第一次碰撞后，根据力与运动的关系分析两者的运动情况，判断能否出现共速的情况，以及共速后两者的运动情况。根据牛顿第二定律与运动学公式求解两者的相对位移大小，根据功能关系求解滑块和木板之间因摩擦产生的热量。
【解答】解：（1）将滑块和木板同时由静止释放后，滑块沿着木板匀加速下滑，设其加速度大小为a0，根据牛顿第二定律得：
mgsinθ﹣μ2mgcsθ＝ma0
解得：a0＝2m/s2
斜面对木板的最大静摩擦力为：
fm＝μ1（m+M）gcsθ，解得：fm＝18N
滑块对木板的滑动摩擦力与木板重力沿斜面的分力的合力为：
F1＝Mgsinθ+μ2mgcsθ，解得：F1＝14N
因F1＜fm，故从释放到滑块第一次和挡板碰撞前木板处于静止状态。
滑块从释放到第一次和挡板碰撞所需时间为t0，由运动学公式得：
L＝a0
解得：t0＝1s
（2）设第一次碰前瞬间滑块的速度大小为v0，由运动学公式得：
v0＝a0t0，解得：v0＝2m/s
设第一次碰后瞬间滑块、木板的速度大小分别为v1、v2。以沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：
mv0＝mv1+Mv2
＝+
解得：v1＝m/s，v2＝m/s
（3）滑块和挡板发生第一次碰撞后滑块先相对木板上滑，滑块沿斜面向下做匀加速直线运动，木板沿斜面向下做匀减速直线运动，设滑块、木板的加速度大小分别为a1、a2。根据牛顿第二定律得：
mgsinθ+μ2mgcsθ＝ma1，解得：a1＝10m/s2
μ1（m+M）gcsθ+μ2mgcsθ﹣Mgsinθ＝Ma2，解得：a2＝20m/s2
设两者共速时的速度大小为v共，则有：
v共＝v1+a1t1＝v2﹣a2t1
解得：v共＝m/s，t1＝s
此过程的两者的相对位移大小为：
Δx1＝（v2+v共）t1﹣（v1+v共）t1
解得：Δx1＝m
共速之后滑块相对木板下滑直到发生第二次碰撞，此过程滑块相对木板的位移大小等于Δx1，由功能关系可得，从滑块和挡板发生第一次碰撞到第二次碰撞的过程中，滑块和木板之间因摩擦产生的热量为：
Q＝μ2mgcsθ×2Δx1
解得：Q＝J
答：（1）滑块从释放到第一次和挡板碰撞所需时间为1s；
（2）第一次碰后瞬间滑块的速度大小、木板的速度大小分别为m/s、m/s；
（3）从滑块和挡板发生第一次碰撞到第二次碰撞的过程中，滑块和木板之间因摩擦产生的热量Q为J.